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文档介绍
福建省福州市2020届高三质量检测数学(文)试题 Word版含解析
www.ks5u.com 2020年福州市高中毕业班质量检测 数学(文科)试卷 (完卷时间:120分钟 满分:150分) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷1至2页,第Ⅱ卷3至4页. 注意事项: 1.答题前,考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.第Ⅰ卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.第Ⅱ卷用亳米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答,答案无效. 3.考试结束,考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.若复数,则( ) A. 0 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算即可. 【详解】. 故选:D 【点睛】本题主要考查复数的除法运算,涉及到共轭复数的概念,考查学生的基本计算能力,是一道容易题. 2.已知集合,,则( ) A. B. C. D. - 23 - 【答案】A 【解析】 【分析】 分别求出集合A、B,再按交集的定义运算即可. 【详解】由,得,所以,又, 所以. 故选:A 【点睛】本题考查集合的交集运算,涉及到解一元二次不等式,考查学生的基本计算能力,是一道基础题. 3.已知,设,,,则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用指数函数、对数函数、幂函数的性质即可得到答案. 【详解】由已知,,,,所以. 故选:A 【点睛】本题考查指、对、幂的大小比较,考查学生的逻辑推理与基本计算能力,是一道容易题. 4.下列函数中为奇函数的是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 分别对所给选项按奇函数的定义进行验证. 【详解】对于选项A,,故是偶函数; - 23 - 对于选项B,,故是偶函数; 对于选项C,定义域为,不关于原点对称,故不是奇函数; 对于选项D,当时,,, 当时,,, 所以是奇函数. 故选:D 【点睛】本题考查奇函数的定义,考查学生的逻辑推理能力,是一道容易题. 5.在中,,则( ) A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 将写成,利用减法运算可得即可得到答案. 【详解】因为,所以,即, 所以,所以. 故选:B 【点睛】本题考查向量的线性运算,涉及到向量的减法、数乘运算,考查学生的基本运算能力,是一道容易题. 6.2021年开始,我省将试行“3+1+2“的普通高考新模式,即除语文、数学、外语3门必选科目外,考生再从物理、历史中选1门,从化学、生物、地理、政治中选2门作为选考科目.为了帮助学生合理选科,某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成5分制,绘制成雷达图.甲同学的成绩雷达图如图所示,下面叙述一定不正确的是( ) - 23 - A. 甲的物理成绩领先年级平均分最多 B. 甲有2个科目的成绩低于年级平均分 C. 甲的成绩从高到低的前3个科目依次是地理、化学、历史 D. 对甲而言,物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图表依次对所给选项进行判断. 【详解】由雷达图可知,甲的物理成绩领先年级平均分约为1.5,化学成绩领先年级平均分约 为1,生物成绩约等于年级平均分,历史成绩低于年级平均分,地理成绩领先年级平均 分约为1,政治成绩低于年级平均分,故A、B、D正确;而甲的成绩从高到低的前3个 科目依次是地理、化学、生物(物理),故C选项错误. 故选:C. 【点睛】本题考查命题真假的判断,涉及到统计中雷达图的识别及应用,考查学生识图能力、数据分析能力,是一道容易题. 7.如图来自古希腊数学家阿基米德所研究的几何图形.此图形由三个半圆构成,两个小半圆外切,又同时内切于大半圆,三个半圆弧围成曲边三角形(黑色部分),由于其形状很像皮匠用来切割皮料的刀子,又称此图形为“皮匠刀”图形.若,在整个图形中随机取一点,则此点取自曲边三角形(黑色部分)的概率为( ) - 23 - A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设,则,,先求出白色区域的面积以及整个半圆的面积,再利用几何概型的概率计算公式计算即可. 【详解】设,则,,所以白色区域的面积为 ,又整个半圆的面积为,由几何概型的概率计算公式,得 所求事件的概率为. 故选:B 【点睛】本题考查面积型的几何概型的概率计算,考查学生的运算求解能力,是一道容易题. 8.已知双曲线的一条渐近线与圆相交于A,B两点,若|AB|=2,则C的离心率为( ) A B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 求出双曲线的渐近线方程,圆的圆心与半径,利用距离公式得到a、b关系式,然后求解离心率即可. 【详解】由题意可知不妨设双曲线的一条渐近线方程为:bx+ay=0, 圆的圆心为,半径为2, 由题意及|AB|=2,可得, - 23 - ,即b2=3a2,可得c2﹣a2=3a2,即 所以e2. 故选:C. 【点睛】本题主要考查求双曲线离心率的问题,此类问题的解题关键是建立的方程或不等关系,考查学生的运算求解能力,是一道中档题. 9.已知,且,,则( ) A. 有最小值1 B. 有最大值1 C. 有最小值3 D. 有最大值3 【答案】A 【解析】 【分析】 分别由,得到,,消去得到的表达式,再结合,即可得到答案. 【详解】由,得,解得①, 由,得,解得②, 由①②,得,又,所以当时, 有最小值1,无最大值. 故选:A 【点睛】本题考查正弦型函数的性质,当然本题也可以数形结合得到,即,,考查学生的数学运算求解能力,是一道中档题. 10.我国古代名著《九章算术》中,将底面为长方形,两个三角面与底面垂直的四棱锥体称之为阳马.已知阳马的顶点都在球O的表面上,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAB⊥平面ABCD,,则球O的半径为( ) - 23 - A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 将四棱锥置入到正方体中,利用正方体的体对角线为其外接球的直径即可得到答案. 【详解】将四棱锥置入到正方体中,如图, 因为,所以, 所以外接球O的半径为. 故选:B 【点睛】本题考查求四棱锥外接球的半径,在处理较为特殊的锥体时,首先考虑能否将其置入长方体中,本题是一道容易题. 11.已知两条抛物线,(且),M为C上一点(异于原点O),直线OM与E的另一个交点为N.若过M的直线l与E相交于A,B两点,且的面积是面积的3倍.则( ) A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 ,得,故(*),设直线OM的方程为( - 23 - ),分别代入和,得,,代入(*)式得,解方程即可得到答案. 【详解】因为,所以,故(*), 设直线OM的方程为(), 由,得,解得或,所以, 由,得,解得或,所以, 将,,代入(*)式得,解得(舍去)或, 所以. 故选:C 【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系,本题解题关键是将,转化为,考查学生转化与化归思想,数学运算求解能力,是一道中档题. 12.已知,是函数在上的两个零点,则( ) A. B. C. D. 0 - 23 - 【答案】B 【解析】 【分析】 令,则,即为与直线在上交点的横坐标,由图可得,即,且,利用计算即可. 【详解】令,得.令,即, 则,即为与直线在上交点的横坐标,由图象可知, ,故, 又,所以 . 故选:B 【点睛】本题主要考查三角恒等变换中的给值求值,涉及到三角函数的图象与性质,辅助角公式,考查学生数形结合的思想,转化与化归的思想,是一道有一定难度的题. 第Ⅱ卷 注意事项:用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答,答案无效. 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上. 13.已知,则曲线在处的切线方程为_________. - 23 - 【答案】 【解析】 分析】 利用导数的几何意义计算即可. 【详解】由已知,,,又,所以切线方程为,即. 故答案为: 【点睛】本题考查导数的几何意义,考查学生的数学运算能力,是一道基础题. 14.设x,y满足约束条件则z=x-3y的最小值为_____ 【答案】-7 【解析】 【分析】 先根据条件画出可行域,设z=x-3y,再利用几何意义求最值,将最小值转化为y轴上的截距最大,数形结合即可得到答案. 【详解】在坐标系中画出x,y满足约束条件的可行域,如图所示: 由可得,则表示直线在y轴上的截距, 截距越大,z越小,平移直线,经过点A时,z最小, 由,可得, 此时 故答案为:. - 23 - 【点睛】本题考查简单的线性规划的应用,涉及到利用几何意义求目标函数的最值,考查学生数形结合的思想,是一道容易题. 15.已知三棱锥的各棱长均为2,M,N分别为BC,PA的中点,则异面直线MN与PC所成角的大小为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 取的中点,连接,易知或其补角为异面直线MN与PC所成的角,分别求出,解三角形即可. 【详解】取的中点,连接,易知或其补角为异面直线MN与 PC所成的角,又三棱锥的各棱长均为2,所以, 又易得,所以,, 所以,所以为等腰直角三角形, 故. 故答案为: - 23 - 【点睛】本题主要考查异面直线所成角,考查学生的逻辑推理能力,数学运算能力,空间想象能力,是一道中档题. 16.的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,的面积,D为线段BC上一点.若为等边三角形,则的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】 由及三角形面积公式,余弦定理可得,又,利用两角差的正切公式展开计算即可. 【详解】因为, 所以,由三角形面积公式及余弦定理得, 所以, 又为等边三角形, 所以. - 23 - 故答案为: 【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,涉及到两角差的正切公式,三角形面积公式,考查学生的数学运算求解能力,是一道中档题. 三、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题:共60分. 17.已知数列为递减的等差数列,,为方程的两根. (1)求的通项公式; (2)设,求数列的前n项和. 【答案】(1);(2). 【解析】 【分析】 (1)由,为方程的两根,且数列为递减的等差数列可得,进一步得到公差,再利用通项公式计算即可; (2)由(1)可得,再利用分组求和法求和即可. 【详解】设等差数列的公差为d, 因为,为方程的两根,且数列为递减的等差数列, 所以, - 23 - 所以, 所以, 即数列的通项公式为. (2)由(1)得,所以, 所以数列的前n项和 . 【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、一元二次方程等基础知识,意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养,是一道容易题. 18.如图,直三棱柱中,,,,P为的中点. (1)证明:平面; (2)设E为BC的中点,线段上是否存在一点Q,使得平面?若存在,求四棱锥的体积;若不存在,请说明理由. 【答案】(1)证明见解析;(2)存在, 【解析】 【分析】 (1)设交于点O,要证明平面,只需证明, - 23 - 即可; (2)利用线面平行的判定定理可得当Q为中点,即点Q与点O重合时,∥平面,,只需求出即可. 【详解】(1)证明:在中, ∵,,, ∴, 又直三梭柱中,,则为正方形, 设交于点O,则O为的中点,且. 连接PA,,PO, ∵侧棱底面ABC,P为的中点,则 , , 故. ∴, ∵,且PO,平面, ∴平面. (2)当Q为中点,即点Q与点O重合时,∥平面. 理出如下: 连接,∵E为BC的中点,∴则∥ - 23 - ∵平面,平面, ∴∥平面. 此时,Q到平面的距离等于B到平面的距离的一半, 又,,,所以平面, 所以, ∴. 【点睛】本题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、空间几何体的体积等基础知识,意在考查逻辑推理、直观想象、数学运算等数学核心素养,是一道容易题. 19.已知椭圆经过点,,是C的左、右焦点,过的直线l与C交于A,B两点,且的周长为. (1)求C的方程; (2)若,求l的方程. 【答案】(1);(2)或 【解析】 【分析】 (1)由题意可得关于a,b,c的方程组,求解a,b,c的值,即可得到椭圆的方程; (2)当轴时,A,B的坐标为,,易知,不满足题意;当AB与x轴不垂直时,设直线l的方程为,联立椭圆方程得到根与系数的关系,将用表示,解方程即可. 【详解】(1)依题意,,故. 将点代入椭圆方程得,,所以, - 23 - 所以C的方程为. (2)由(1)知,的坐标分别为,. 设,, ①当轴时,A,B的坐标为,,则 ,不满足题意. ②当AB与x轴不垂直时,设直线l的方程为, 代入得:. 所以, ,, 因为,, 所以. 因为, 所以 . 依题意得:, 解得,即. 综上,直线l的方程为或. 【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程,直线与椭圆的位置关系等基础知识,意在考查直观想象、逻辑推理、数学运算等数学核心素养,是一道中档题. - 23 - 20.下图是某校某班44名同学的某次考试的物理成绩y和数学成绩x的散点图: 根据散点图可以看出y与x之间有线性相关关系,但图中有两个异常点A,B.经调查得知,A考生由于重感冒导致物理考试发挥失常,B生因故未能参加物理考试.为了使分析结果更科学准确,剔除这两组数据后,对剩下的数据作处理,得到一些统计量的值: ,,,,,其中,分别表示这42名同学的数学成绩、物理成绩,.y与x的相关系数. (1)若不剔除A、B两名考生的数据,用44数据作回归分析,设此时y与x的相关系数为,试判断与r的大小关系,并说明理由; (2)求y关于x的线性回归方程(系数精确到),并估计如果B考生参加了这次物理考试(已知B考生的数学成绩为125分),物理成绩是多少?(精确到个位). 附:回归方程中,. 【答案】(1);理由见解析;(2);81分 【解析】 【分析】 (1)结合散点图,可得出结论; (2)利用题中给的相关系数,最小二乘法写出回归直线方程,再令x=125,即可算出答案; 【详解】(1). - 23 - 理由如下:由图可知,y与x成正相关关系, ①异常点 A,B 会降低变量之间的线性相关程度. ②44个数据点与其回归直线的总偏差更大,回归效果更差,所以相关系数更小. ③42个数据点与其回归直线的总偏差更小,回归效果更好,所以相关系数更大. ④42个数据点更贴近其回归直线l. ⑤44个数据点与其回归直线更离散. (以上理由写出任一个或其它言之有理均可得分) (2)由题中数据可得:,, 所以, , 所以, 将代入,得, 所以估计B同学的物理成绩约为81分. 【点睛】本题主要考查概率与统计等基础知识,意在考查数学建模、数据分析、数学运算等数学核心素养,是一道中档题. 21.已知函数,为的导函数. (1)设,求单调区间; (2)若,证明:. 【答案】(1)的单调递增区间;单调递减区间;(2)详见解析. 【解析】 【分析】 - 23 - (1)先对求导,然后结合导数符号可求函数的单调区间; (2)要证明:,只要证,构造函数,,结合导数及函数性质可证. 【详解】(1)由已知, , 所以,, 令,得,解得, 令,得,解得, 故的单调递增区间;单调递减区间 (2)要证,只需证:. 设,,则. 记,则. 当时,,又,,所以; 当时,,,所以,又 ,,所以. 综上,当时,恒成立, 所以在上递增. 所以,,即, 所以,在上递增,则,证毕. 【点睛】本题主要考查函数与导数及其应用等基础知识,意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养,是一道有一定难度的压轴题. (二)选考题:共10分.请考生在第22,23两题中任选一题作答.如果多做,则按所做第一个题目计分,作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. - 23 - 选修4-4:坐标系与参数方程 22.在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(φ为参数),以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系. (1)求C1的极坐标方程; (2)若C1与曲线C2:ρ=2sinθ交于A,B两点,求|OA|∙|OB|的值. 【答案】(1)ρ2﹣2ρcosθ﹣4=0;(2). 【解析】 【分析】 (1)直接利用转换关系,把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换. (2)利用两曲线间的位置关系的应用求出交点的坐标,进一步利用两点间的距离公式的应用求出结果. 【详解】(1)曲线C1的参数方程为(φ为参数), 所以C1的普通方程为,即, 化为极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ﹣4=0. (2)由于若C1与曲线C2:ρ=2sinθ交于A,B两点, 曲线C2:ρ=2sinθ转换为直角坐标方程为x2+y2=2y, 所以,解得或 故,所以. 【点睛】本题考查参数方程与普通方程、极坐标方程的互化,考查学生的数学运算能力,是一道基础题. 选修4-5:不等式选讲 23.已知函数. (1)当a=3时,解不等式; (2)若不等式的解集非空,求实数a的取值范围. - 23 - 【答案】(1);(2). 【解析】 分析】 (1)由a=3可得,去绝对值,分类讨论解不等式,求并集,可得所求解集; (2)由题意可得有解,运用绝对值不等式的性质可得此不等式左边的最小值,解a的不等式可得所求范围. 【详解】(1)当a=3时,即为, 等价于或或, 解得或或, 则原不等式的解集为; (2)不等式的解集非空等价于有解. 由, (当且仅当时取得等号), 所以,解得,故a的取值范围是. 【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式以及不等式能成立求参数的问题,考查学生分类讨论的思想,是一道容易题. - 23 - - 23 -查看更多